【浙江衢州】备战2023年中考数学真题变式题第23-24题
一、原题23
1．（2022·衢州）如图1为北京冬奥会“雪飞天”滑雪大跳台赛道的横截面示意图．取水平线OE为x轴，铅垂线OD为y轴，建立平面直角坐标系．运动员以速度从D点滑出，运动轨迹近似抛物线．某运动员7次试跳的轨迹如图2．在着陆坡CE上设置点K（与DO相距32m）作为标准点，着陆点在K点或超过K点视为成绩达标．
（参考数据：，）
（1）求线段CE的函数表达式（写出的取值范围）．
（2）当时，着陆点为P，求P的横坐标并判断成绩是否达标．
（3）在试跳中发现运动轨迹与滑出速度v的大小有关，进一步探究，测算得7组a与 的对应数据，在平面直角坐标系中描点如图3．
①猜想a关于的函数类型，求函数表达式，并任选一对对应值验证．
②当v为多少m/s时，运动员的成绩恰能达标（精确到1m/s)？
【答案】（1）解：由图2可知： ，
设CE： ，
将 代入 ，
得： ，解得 ，
∴线段CE的函数表达式为 （8≤x≤40）．
（2）解：当 时， ，由题意得 ，
解得
∴ 的横坐标为22.5．
∵22.5＜32，
∴成绩未达标．
（3）解：①猜想a与 成反比例函数关系．
∴设
将（100，0.250）代入得 解得 ，
∴ ．
将（150，0.167）代入 验证： ，
∴ 能相当精确地反映a与 的关系，即为所求的函数表达式．
②由K在线段 上，得K（32，4），代入得 ，得
由 得 ，
又∵ ，
∴ ，
∴当 m/s时，运动员的成绩恰能达标．
【知识点】反比例函数的实际应用；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数的其他应用
【解析】【分析】（1）利用图2，可得到点C，E的坐标，设CE的函数解析式为y=kx+b，将点C，E的坐标代入，可得到关于k，b的方程组，解方程组求出k，b的值，可得到线段CE的函数解析式.
（2）将a的值代入函数解析式，可得到二次函数解析式，与线段CE 的解析式联立方程组，解方程组求出x的值，可得到点P睡的横坐标，将点P的横坐标与32比较大小，可作出判断.
（3）①猜想a与v2成反比例函数关系，因此设 ，将点（100，0.25）代入函数解析式建立关于m的方程，解方程求出m的值，可得到函数解析式；将（150，0.167）代入此函数解析式进行验证即可；
②由K在线段 上，可得到点K的坐标，将点K的坐标代入二次函数解析式，可求出a的值然后求出v的值即可.
二、变式题1基础
2．（2021九上·临江期末） 已知二次函数y＝x2﹣mx+2m﹣4
证明：无论m取任何实数时，该函数图象与x轴总有交点
【答案】证明：∵△＝（﹣m）2﹣4（2m﹣4）＝m2﹣8m+16＝（m﹣4）2≥0
∴无论m取任何实数时，该函数图象与x轴总有交点。
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【分析】令y=0得出一元二次方程x2-mx+2m-4=0，求出根的判别式△≥0，得出方程有实数根，即可证出该函数图象与x轴总有交点.
3．（2021九上·淮南月考）求抛物线y＝x2﹣x＋1在﹣2≤x≤2的最大值与最小值．
【答案】解：抛物线 y＝x2﹣x＋1，
抛物线的对称轴方程为：
则函数图象的开口向上，
当时，
当时，
当时，
而
所以抛物线y＝x2﹣x＋1在﹣2≤x≤2的最大值为5，最小值为
【知识点】二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【分析】先求出x=1，再计算求解即可。
4．（2021·天津）已知抛物线 （a，c为常数， ）经过点 ，顶点为D．
（Ⅰ）当 时，求该抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）当 时，点 ，若 ，求该抛物线的解析式；
（Ⅲ）当 时，点 ，过点C作直线l平行于x轴， 是x轴上的动点， 是直线l上的动点．当a为何值时， 的最小值为 ，并求此时点M，N的坐标．
【答案】（Ⅰ）当 时，抛物线的解析式为 ．
∵抛物线经过点
∴
解得：
∴抛物线的解析式为
∵
∴抛物线的顶点坐标为 ；
（Ⅱ）当 时，由抛物线 经过点 ，可知
∴抛物线的解析式为
∴抛物线的对称轴为：
当 时，
∴抛物线的顶点D的坐标为 ；
过点D作 轴于点G
在 中， ， ，
∴
在 中， ， ，
∴ ．
∵ ，即 ，
∴
解得： ，
∴抛物线的解析式为 或 ．
（Ⅲ）当 时，将点 向左平移3个单位长度，向上平移1个单位长度得 ．
作点F关于x轴的对称点 ，得点 的坐标为
当满足条件的点M落在线段 上时， 最小，
此时， ．
过点 作 轴于点H
在 中， ， ，
∴ ．
又 ，即 ．
解得： ， （舍）
∴点 的坐标为 ，点 的坐标为 ．
∴直线 的解析式为 ．
当 时， ．
∴ ，
∴点M的坐标为 ，点N的坐标为 ．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；二次函数的其他应用
【解析】【分析】（Ⅰ） 将a=1，C (0，-1)代入抛物线解析式中，可求出，即得顶点坐标； （Ⅱ） 先求出抛物线的解析式为 ， 可得顶点D的坐标为 ，过点D作 轴于点G ， 由于 及勾股定理可得，求出a值，即得结论；
（Ⅲ）当 时，将点 向左平移3个单位长度，向上平移1个单位长度得 ．作点F关于x轴的对称点 ，得点 的坐标为 当满足条件的点M落在线段 上时， 最小，此时， ，过点 作 轴于点H，利用勾股定理建立方程，求出a值，即得 、 的坐标， 求出直线 的解析式为 ，将M的坐标代入可求出m值，即得点M、N的坐标.
三、变式题2巩固
5．（2018九上·宁波期中）如图，我们把一个半圆与抛物线的一部分围成的封闭图形称为“果圆”．已知点A、B、C、D分别是“果圆”与坐标轴的交点，抛物线的解析式为y=(x-1)2-4，AB为半圆的直径，求这个“果圆”被y轴截得的CD的长．
【答案】解：连结CM，
当y=0时，（x-1）2-4=0，
解得x1=-1，x2=3.
∴A(-1，0)，B(3，0)
∴AB=4，
又∵M为AB的中点，∴M（1，0）
∴OM=1，CM=2，∴CO= .
当x=0时y=-3，∴OD=3
∴CD=3+
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；勾股定理；圆的认识
【解析】【分析】易知CD=OC+OD，由抛物线y=(x-1)2-4，令x=0可求出抛物线与y轴的交点D的坐标，可得OD的长；连接OM，则需要求出OM，MC，才能由勾股定理求出OC.
6．（2019·天津）已知抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数，b＞0）经过点A（﹣1，0），点M（m，0）是x轴正半轴上的动点．
（Ⅰ）当b＝2时，求抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）点D（b，yD）在抛物线上，当AM＝AD，m＝5时，求b的值；
（Ⅲ）点Q（b+ ，yQ）在抛物线上，当 AM+2QM的最小值为 时，求b的值．
【答案】解：解：（Ⅰ）∵抛物线y＝x2﹣bx+c经过点A（﹣1，0），
∴1+b+c＝0，
即c＝﹣b﹣1，
当b＝2时，
y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标为（1，﹣4）；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，抛物线的解析式为y＝x2﹣bx﹣b﹣1，
∵点D（b，yD）在抛物线y＝x2﹣bx﹣b﹣1上，
∴yD＝b2﹣b b﹣b﹣1＝﹣b﹣1，
由b＞0，得b＞ ＞0，﹣b﹣1＜0，
∴点D（b，﹣b﹣1）在第四象限，且在抛物线对称轴x＝ 的右侧，
如图1，过点D作DE⊥x轴，垂足为E，则点E（b，0），
∴AE＝b+1，DE＝b+1，得AE＝DE，
∴在Rt△ADE中，∠ADE＝∠DAE＝45°，
∴AD＝ AE，
由已知AM＝AD，m＝5，
∴5﹣（﹣1）＝ （b+1），
∴b＝3 ﹣1；
（Ⅲ）∵点Q（b+ ，yQ）在抛物线y＝x2﹣bx﹣b﹣1上，
∴yQ＝（b+ ）2﹣b（b+ ）﹣b﹣1＝﹣ ﹣ ，
可知点Q（b+ ，﹣ ﹣ ）在第四象限，且在直线x＝b的右侧，
∵ AM+2QM＝2（ AM+QM），
∴可取点N（0，1），
如图2，过点Q作直线AN的垂线，垂足为G，QG与x轴相交于点M，
由∠GAM＝45°，得 AM＝GM，
则此时点M满足题意，
过点Q作QH⊥x轴于点H，则点H（b+ ，0），
在Rt△MQH中，可知∠QMH＝∠MQH＝45°，
∴QH＝MH，QM＝ MH，
∵点M（m，0），
∴0﹣（﹣ ﹣ ）＝（b+ ）﹣m，
解得，m＝ ﹣ ，
∵ AM+2QM＝ ，
∴ [（ ﹣ ）﹣（﹣1）]+2 [（b+ ）﹣（ ﹣ ）]＝ ，
∴b＝4．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【分析】 （Ⅰ）把点A的坐标代入抛物线的解析式，得出1+b+c＝0， 由b＝2 ，求出c的值，即可求出抛物线的解析式，利用配方法求出抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，抛物线的解析式为y＝x2﹣bx﹣b﹣1，把点D的坐标代入抛物线的解析式，根据题意得出点D（b，﹣b﹣1）在第四象限，且在抛物线对称轴x＝ 的右侧， 过点D作DE⊥x轴，垂足为E，证出AD＝ AE， 由AM＝AD，m＝5，列出方程 5﹣（﹣1）＝ （b+1）， 即可求出b的值；
（Ⅲ）∵把点Q的坐标代入抛物线的解析式，根据题意得出 点Q（b+ ，﹣ ﹣ ）在第四象限，且在直线x＝b的右侧， 过点Q作直线AN的垂线，垂足为G，QG与x轴相交于点M， 过点Q作QH⊥x轴于点H，列出方程 0﹣（﹣ ﹣ ）＝（b+ ）﹣m， 求出m＝ ﹣ ，由 AM+2QM＝ ， 列出方程，即可求出b的值.
四、变式题3提升
7．（2019·巴中）如图，抛物线 经过x轴上的点A（1，0）和点B及y轴上的点C，经过B、C两点的直线为 ．
①求抛物线的解析式．
②点P从A出发，在线段AB上以每秒1个单位的速度向B运动，同时点E从B出发，在线段BC上以每秒2个单位的速度向C运动．当其中一个点到达终点时，另一点也停止运动．设运动时间为t秒，求t为何值时，△PBE的面积最大并求出最大值．
③过点A作 于点M，过抛物线上一动点N（不与点B、C重合）作直线AM的平行线交直线BC于点Q．若点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点N的横坐标．
【答案】解：①∵点B、C在直线为 上，
∴B（﹣n，0）、C（0，n），
∵点A（1，0）在抛物线上，
∴ ，
∴ ， ，
∴抛物线解析式： ；
②由题意，得，
， ，
由①知， ，
∴点P到BC的高h为 ，
∴ ，
当 时，△PBE的面积最大，最大值为 ；
③由①知，BC所在直线为： ，
∴点A到直线BC的距离 ，
过点N作x轴的垂线交直线BC于点P，交x轴于点H．
设 ，则 、 ，
易证△PQN为等腰直角三角形，即 ，
∴ ，
Ⅰ． ，
∴
解得 ， ，
∵点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，
∴ ；
Ⅱ． ，
∴
解得 ， ，
∵点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，
，
∴ ，
Ⅲ． ，
∴ ，
解得 ， ，
∵点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，
，
∴ ，
综上所述，若点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，点N的横坐标为：4或 或 ．
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数图象与一元二次方程的综合应用
【解析】【分析】（1）、根据二次函数图象上点的坐标特征结合题意，再利用待定系数法可得到答案
（2）、根据题意结合（1）的结论可分别表示PB和P点到BC的高h，再利用三角形的面积公式可表示出 关于t的关系式，再根据二次函数的性质求最值可得出答案。
（3）、由（1）知BC所在的直线为：y=x-5，所以表示出A点到直线BC 的距离d=，过点N作x轴的垂线交直线BC于P点，交X轴于点H，故 可设 ，则 、 ， ，根据 直角三角形的判定定理易证易证△PQN为等腰直角三角形，从而得到 ，PN=4，
Ⅰ． ，所以 ，解出答案；
Ⅱ． ，有 ，解出答案；
Ⅲ． ，所以 ，解出答案
8．（2019·南山模拟）如图，B（2m，0）、C（3m，0）是平面直角坐标系中两点，其中m为常数，且m＞0，E（0，n）为y轴上一动点，以BC为边在x轴上方作矩形ABCD，使AB＝2BC，画射线OA，把△ADC绕点C逆时针旋转90°得△A′D′C′，连接ED′，抛物线y＝ax2+bx+n（a≠0）过E、A′两点．
（1）填空：∠AOB＝ °，用m表示点A′的坐标：A′ ；
（2）当抛物线的顶点为A′，抛物线与线段AB交于点P，且 时，△D′OE与△ABC是否相似？说明理由；
（3）若E与原点O重合，抛物线与射线OA的另一个交点为M，过M作MN垂直y轴，垂足为N：
①求a、
B、m满足的关系式；
②当m为定值，抛物线与四边形ABCD有公共点，线段MN的最大值为5，请你探究a的取值范围．
【答案】（1）45；（m，﹣m）
（2）△D′OE∽△ABC，理由如下： 由已知得：A（2m，2m），B（2m，0）， ∵ ，
∴P（2m，m），
∵A′为抛物线的顶点，
∴设抛物线解析式为y＝a（x﹣m）2﹣m，
∵抛物线过点E（0，n），
∴n＝a（0﹣m）2﹣m，即m＝2n，
∴OE：OD′＝BC：AB＝1：2，
∵∠EOD′＝∠ABC＝90°，
∴△D′OE∽△ABC；
（3）①当点E与点O重合时，E（0，0），
∵抛物线y＝ax2+bx+n过点E，A′，
∴ ， 整理得：am+b＝﹣1，即b＝﹣1﹣am； ②∵抛物线与四边形ABCD有公共点，
∴抛物线过点C时的开口最大，过点A时的开口最小，
若抛物线过点C（3m，0），此时MN的最大值为5，
∴a（3m）2﹣（1+am） 3m＝0，
整理得：am ，即抛物线解析式为y x2 x，
由A（2m，2m），可得直线OA解析式为y＝x，
联立抛物线与直线OA解析式得： ，
解得：x＝5m，y＝5m，即M（5m，5m），
令5m＝5，即m＝1，
当m＝1时，a ；
若抛物线过点A（2m，2m），则a（2m）2﹣（1+am） 2m＝2m，
解得：am＝2，
∵m＝1，
∴a＝2，
则抛物线与四边形ABCD有公共点时a的范围为 a≤2．
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）根据OB和AB线段长度，即可得到∠AOB的度数，表示出点A′的坐标即可。
（2）根据题意可知点A和点B的坐标，根据点做出抛物线的解析式，根据对应边成比例，即可证明三角形相似。
（3）根据题意将抛物线和射线联立，得到关系式即可；根据抛物线与四边形有公共点，根据抛物线的最大值与最小值，得到关于m的解析式，联立式子求出m的值得到a的取值范围即可。
五、原题24
9．（2022·衢州）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．
（1）求证：.
（2）若．
①求菱形的面积.
②求的值.
（3）若，当的大小发生变化时（），在AE上找一点T，使GT为定值，说明理由并求出ET的值．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB CD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝ ∠ABC，
∵ 平分 交 于点G，
∴∠CBG＝∠EBG＝ ∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝ （∠ABC＋∠CBE）＝ ×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
（2）解：①如图1，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝ BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝ ，
∴AC＝2OC＝8，
∴ ，
即菱形 的面积是24．
②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BG AC，
∴ ，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴ ，
∵AB CD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴ ，
∴CH＝ AC＝ ，
∴OH＝OC－CH＝4－ ＝ ，
∴tan∠BDE＝ ；
（3）解：如图3，过点G作GT BC交AE于点T，此时ET＝ ．
理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BG AC，
∴△BGE∽△AHE，
∴ ，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴ ，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GT BC，
∴GT AD，
∴△EGT∽△EDA，
∴ ，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝ ，为定值，
此时ET＝ AE＝ （AB＋BE）＝ ．
【知识点】平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质可证得BC=DC，AB∥CD，利用平行线的性质和等腰三角形的性质可证得∠BDC=∠CBD，∠BDC=∠ABD，从而可推出∠CBD＝∠ABD＝ ∠ABC；再利用角平分线的定义可证得∠CBG=∠EBG=∠CBE，由此可求出∠DBG的度数.
（2）①连接AC交BD于点O，利用菱形的性质可求出OD的长，同时可证得AC⊥BD，利用垂直的定义可证得∠DOC=90°；利用勾股定理求出OC的长，即可得到AC的长；然后利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，可求出菱形ABCD的面积；
②连接AC，分别交BD、DE于点O、H，利用菱形的对角线互相垂直，去证明BG∥AC，利用平行线分线段成比例定理可求出DH与DG的比值，可得到DH＝HG，DG＝2DH，同时可求出DH和EH的比值；再证明△CDH∽△AEH，利用相似三角形的对应边成比例可求出CH的长，利用HO=OC-CH，可求出HO的长；然后利用锐角三角函数的定义求出tan∠DBE的值.
（3）过点G作GT∥BC交AE于点T，一组△BGE∽△AHE，利用相似三角形的对应边成比例，可证得EG=GH；同理可证得△DOH∽△DBG，可推出DH＝GH＝EG；利用GT∥AD，可证得△EGT∽△EDA，利用相似三角形的对应边成比例，可求出GT的长；然后求出ET的长.
六、变式题4基础
10．（2022·郴州）如图，四边形ABCD是菱形，E，F是对角线AC上的两点，且 ，连接BF.FD，DE，EB.
求证：四边形DEBF是菱形.
【答案】证明：连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是茥形，
∴ ， ， ，
又∵ ，
∴ ，即 ，
∴四边形DEBF是平行四边形.
又∵ ，即 ，
∴四边形DEBF是菱形.
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质
【解析】【分析】连接BD，交AC于点O，根据菱形的性质可得OA=OC，OB=OD，BD⊥AC，结合AE=CF以及线段的和差关系可得OE=OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，推出四边形DEBF是平行四边形，然后结合BD⊥EF，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行证明.
11．（2022·四川）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
（1）求证：四边形ADBF是菱形；
（2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40，求AC的长．
【答案】（1）证明：∵ ∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD=BD=CD，
∵E是AD的中点，即AE=DE，
∵AF∥CD，
∴∠AFE=∠DCE，∠FAE=∠CDE，
∴△AEF≌△DEC(AAS)，
∴AF=CD，
∴AF=BD，
又∵AF∥BD，
∴四边形ADBF是平行四边形，
又AD=BD，
∴ 四边形ADBF是菱形；
（2）解：∵AF∥BC，
∴S△ABD=S△ACD（等底同高），
∵ 四边形ADBF是菱形 ，
∴S△ABD=S△ABF，
∴S△ABC=S△ABD+S△ACD=S△ABD+S△ABF=S菱形ADBF=40，
∵S△ABC=AB×AC=×8×AC=40，
∴AC=10.
【知识点】菱形的判定与性质；几何图形的面积计算-割补法；三角形全等的判定（AAS）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】(1)根据直角三角形斜边中线的性质得出AD=BD=CD，利用AAS证明△AEF≌△DEC，得到AF=CD，则得AF=BD，结合AF平行于BD，则可证明四边形ADBF是平行四边形，结合AD=BD，从而证得四边形ADBF是菱形；
(2)根据同底等高求出S△ABD=S△ACD，根据菱形的性质求出S△ABD=S△ABF，然后根据面积的和差关系求出S△ABC=S菱形ADBF=40，再根据直角三角形的面积公式列式计算，即可求出结果.
12．（2022·南充）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，BE=BF，DE，DF分别与AC交于点M，N．
求证：
（1）△ADE≌△CDF．
（2）ME=NF．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，∠DAE＝∠DCF，AB＝CB，
∵BE＝BF，
∴AE＝CF，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SAS）；
（2）证明：由（1）知△ADE≌△CDF，
∴∠ADM＝∠CDN，DE＝DF，
∵AD=CD，
∴∠DAM＝∠DCN，
∴∠DMA＝∠DNC，
∴∠DMN＝∠DNM，
∴DM＝DN，
∴DE﹣DM＝DF﹣DN，
∴ME＝NF．
【知识点】等腰三角形的判定；菱形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质得出DA＝DC，∠DAE＝∠DCF，AB＝CB，从而得出AE=CF，再利用SAS即可证出△ADE≌△CDF；
（2）根据全等三角形的性质得出∠ADM＝∠CDN，DE＝DF，根据等腰三角形的性质得出∠DAM＝∠DCN，从而得出∠DMN＝∠DNM，得出DM＝DN，即可得出ME＝NF．
13．（2017·鹤岗）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若四边形ABCD是正方形如图1：则有AC=BD，AC⊥BD．
旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC′与BD′有什么关系？（直接写出）
若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC′与BD′又有什么关系？写出结论并证明．
【答案】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，
∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，
∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，
∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
在△AOC′与△BOD′中， ，
∴△AOC′≌△BOD′，
∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，
∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，
∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，
∴AC′⊥BD′；
图3结论：BD′= AC′，AC′⊥BD’
理由：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABO=30°，
∴OB= OA，OD= OC，
∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，
∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，
∴OD′= OC′，∠AOC′=∠BOD′，
∴ = ，
∴△AOC′∽△BOD′，
∴ = = ，∠OAC′=∠OBD′，
∴BD′= AC′，
∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，
∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，
∴AC′⊥BD′．
【知识点】全等三角形的判定与性质；菱形的性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】图2：根据四边形ABCD是正方形，得到AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，等量代换得到AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，根据全等三角形的性质得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，于是得到结论；
图3：根据四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求得OB= OA，OD= OC，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，求得OD′= OC′，∠AOC′=∠BOD′，根据相似三角形的性质得到BD′= AC′，于是得到结论．
七、变式题5巩固
14．（2021八下·武昌期末）如图，在 中， ， 为 边上的中线，过点 作 ，过点 作 ， 与 相交于点 .求证：四边形 为菱形.
【答案】证明：∵CE∥AB，BE∥CD，
∴四边形BECD是平行四边形.
又∵∠ACB=90°，CD为AB边上的中线，
∴CD= AB.
又∵CD为AB边上的中线
∴BD= AB，
∴BD=CD，
∴平行四边形BECD是菱形
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【分析】由题意根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形BECD是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=AB=BD，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得平行四边形BECD是菱形.
15．（2022·宁夏）如图，四边形中，ABDC，，于点．
（1）用尺规作的角平分线，交于点；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）连接．求证：四边形是菱形．
【答案】（1）解：如图所示．
（2）证明：是的角平分线，
，
∵ABCD，
，
，
，
，
，
四边形为平行四边形，
，
平行四边形为菱形．
【知识点】平行线的性质；菱形的判定；角平分线的定义；作图-角的平分线
【解析】【分析】（1）以点B为圆心，任意长度为半径画弧，分别交∠ABC的两边于一点，再分别以这两点为圆心，大于这两点间距离的一半的长度为半径画弧，两弧在角的内部相交于一点，过点B及两弧的交点作射线交CD于点E，则BE就是所求的角平分线；
（2）利用角平分线的定义得∠ABE=∠CBE，利用平行线的性质可知∠ABE=∠BEC，则∠CBE=∠BEC，利用等角对等边，可证得BC=EC，结合已知可得到AB=EC，然后根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得四边形ABCE是平行四边形，再利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得结论.
16．（2021九上·东坡期末）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H.
（1）求证：△BEC∽△BCH；
（2）如果BE2=AB AE，求证：AG=DF.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=CB，∠D=∠B，CDAB.
∵DF=BE，
∴△CDF≌△CBE(SAS)，
∴∠DCF=∠BCE.
∵CDBH，
∴∠H=∠DCF，
∴∠BCE=∠H.且∠B=∠B，
∴△BEC∽△BCH.
（2）证明：∵BE2=AB AE，
∴=，
∵AGBC，
∴=，
∴=，
∵DF=BE，BC=AB，
∴BE=AG=DF，
即AG=DF.
【知识点】平行线的性质；菱形的性质；平行线分线段成比例；相似三角形的判定；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）由菱形的性质可得CD=CB，∠D=∠B，CD∥AB，结合DF=BE可证明△CDF≌△CBE，得到∠DCF=∠BCE，由平行线的性质可得∠H=∠DCF，则∠BCE=∠H，然后利用有两组角对应相等的两个三角形相似进行证明；
（2）由已知条件可得，由平行线分线段成比例的性质可得，则，结合DF=BE，BC=AB可得BE=AG=DF，据此证明.
17．（2019·巴中）如图，在菱形ABCD中，连结BD、AC交于点O，过点O作 于点H，以点O为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M．
①求证：DC是⊙O的切线．
②若 且 ，求图中阴影部分的面积．
③在②的条件下，P是线段BD上的一动点，当PD为何值时， 的值最小，并求出最小值．
【答案】解：①过点O作 ，垂足为G，在菱形ABCD中，AC是对角线，则AC平分∠BCD，∵ ， ，∴ ，∴OH、OG都为圆的半径，即DC是⊙O的切线；②∵ 且 ，∴ ， ，∴ ，在直角三角形OHC中， ，∴ ， ，∴ ，OB= ；③作M关于BD的对称点N，连接HN交BD于点P，∵ ，∴ ，此时 最小，∵ ， ，∴ ，∴ ，∴ ，即：PH+PM的最小值为 ，在Rt△NPO中， ，在Rt△COD中， ，则 ．
【知识点】平面展开﹣最短路径问题；菱形的性质；切线的判定；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【分析】①过点O作 ，垂足为G，根据题意结合三角形全等的判定定理和性质易证 ，即得到结论
②利用 求解即可
③作M关于BD的对称点N，连接HN交BD于点P， ，此时 最小，即可求解
18．（2022·娄底）如图，以为边分别作菱形和菱形（点，，共线），动点在以为直径且处于菱形内的圆弧上，连接交于点.设.
（1）求证：无论为何值，与相互平分；并请直接写出使成立的值.
（2）当时，试给出的值，使得垂直平分，请说明理由.
【答案】（1）证明：如图所示：连接BF、CE，
∵菱形和菱形（点，，共线），
∴点G、B、E共线，
，
，
∴四边形BFCE是平行四边形，
∴与相互平分，
即：无论为何值，与相互平分；
又∵，
∴四边形BFCE是菱形，
∴BE=BF，
又∵菱形和菱形，
，
为等边三角形，
；
（2）解：如图所示：连接AF，AO ，设EF与AC交于点H，
∵垂直平分
，
由（1）知，O为BC的中点，
∴动点在以O为圆心，为直径且处于菱形内的圆弧上，
，
，
，
，
在和 中，
，
，
，
∵，菱形，
∴四边形BCFG为正方形，
，
，
设，则 ， ，
在 中，
，
，
.
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；圆周角定理；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）连接BF、CE，根据菱形的性质可得FC∥BG，FC=BC=BE，推出四边形BFCE是平行四边形，得到EF与BC相互平分，结合EF⊥BC可得四边形BFCE是菱形，则BE=BF，进而推出△GFB为等边三角形，据此解答；
（2）连接AF、AO，设EF与AC交于点H，根据垂直平分线的性质可得AF=FG，AO=CO，∠AHO=90°，由（1）知：O为BC的中点，则动点A在以O为圆心，BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，根据等腰三角形的性质可得∠OBA=∠OAB，推出∠AOH=∠OAB=∠OBA，证明△AOF≌△COF，得到∠FAO=∠FCO，易得四边形BCFG为正方形，则∠FCO=90°，FC=BC，设FC=BC=x，则AF=CF=x，AO=OC=x，根据∠AOH=∠OBA结合三角函数的概念进行计算.
八、变式题6提升
19．（2022·淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究.如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点.
（1）【观察发现】与的位置关系是 ；
（2）【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
【分析】（1）利用翻折变换的性质及菱形的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE，连接B'C、BB'，根据折叠性质得BE=EC=EB'，故点B、B'、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠BB'C=90°， 由翻折变换性质知BB'⊥DE， 从而即可推出DE∥CB′，进而再根据平行线的性质即可得出结论；
（3）结论：∠DEC=90°，连接B'C、DB、DB'延长DE至点H，由翻折性质得∠BDE=∠B'DE，设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，根据菱形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质及圆周角定理得 ，根据平行线的性质及角的和差可得 ，从而可得∠CGA'=2∠GB'C，从而推出证明GC＝GB′，根据到线段两端点的距离相等的点在线段垂直平分线上推出EG⊥CB′，即可解决问题；
（4）结论： ，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R； 设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a， 根据旋转、翻折性质及邻补角可得∠DA'R=60°，则 ， ，在Rt△DGR中，根据勾股定理建立方程，求解用含a的式子表示出x，进而判断出△B'TG∽△A'DG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解可表示出TB'，根据平行线分线段成比例定理表示出DE，可得结论．
20．（2022·安顺）如图1，在矩形中，，，是边上的一点，连接，将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处，延长交的延长线于点．
（1）求线段的长；
（2）求证四边形为菱形；
（3）如图2，，分别是线段，上的动点（与端点不重合），且，设，是否存在这样的点，使是直角三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：如图
四边形 是矩形， ， ，
， ，
将矩形 沿 折叠，顶点 恰好落在 边上的点 处，
，
在 中， ，
，
设 ，则 ，
在 中， ，
，
解得 ，
；
（2）证明： ，
，
四边形 是矩形，
，
，
，
，
，
中， ，
，
，
四边形 为菱形；
（3）解： ，设 ， 是直角三角形
设
由（2）可得
①当 时，如图，
， ，
解得 ；
②当 时，
同理可得
综上所述， 或
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质求出BC和CD长，根据折叠的性质求出CF长，在 中，根据勾股定理求出BF，则可得出AF长，设 ，在Rt△AEF中，根据勾股定理建立方程求解，即可解答；
(2)根据(1)的结论分别求得GF、DG，根据三角函数定义和矩形的性质求出EA和GA，在 中，根据勾股定理求出DG长，再求出GF长，从而得出 ，根据四边相等的四边形是菱形即可得出结论；
(3)设 ，设 ，利用(2)的结果求出 ，然后分两种情况讨论，即①∠DNM = 90°，②∠NDM=90°，分别根据解直角三角形求解即可.
1 / 1【浙江衢州】备战2023年中考数学真题变式题第23-24题
一、原题23
1．（2022·衢州）如图1为北京冬奥会“雪飞天”滑雪大跳台赛道的横截面示意图．取水平线OE为x轴，铅垂线OD为y轴，建立平面直角坐标系．运动员以速度从D点滑出，运动轨迹近似抛物线．某运动员7次试跳的轨迹如图2．在着陆坡CE上设置点K（与DO相距32m）作为标准点，着陆点在K点或超过K点视为成绩达标．
（参考数据：，）
（1）求线段CE的函数表达式（写出的取值范围）．
（2）当时，着陆点为P，求P的横坐标并判断成绩是否达标．
（3）在试跳中发现运动轨迹与滑出速度v的大小有关，进一步探究，测算得7组a与 的对应数据，在平面直角坐标系中描点如图3．
①猜想a关于的函数类型，求函数表达式，并任选一对对应值验证．
②当v为多少m/s时，运动员的成绩恰能达标（精确到1m/s)？
二、变式题1基础
2．（2021九上·临江期末） 已知二次函数y＝x2﹣mx+2m﹣4
证明：无论m取任何实数时，该函数图象与x轴总有交点
3．（2021九上·淮南月考）求抛物线y＝x2﹣x＋1在﹣2≤x≤2的最大值与最小值．
4．（2021·天津）已知抛物线 （a，c为常数， ）经过点 ，顶点为D．
（Ⅰ）当 时，求该抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）当 时，点 ，若 ，求该抛物线的解析式；
（Ⅲ）当 时，点 ，过点C作直线l平行于x轴， 是x轴上的动点， 是直线l上的动点．当a为何值时， 的最小值为 ，并求此时点M，N的坐标．
三、变式题2巩固
5．（2018九上·宁波期中）如图，我们把一个半圆与抛物线的一部分围成的封闭图形称为“果圆”．已知点A、B、C、D分别是“果圆”与坐标轴的交点，抛物线的解析式为y=(x-1)2-4，AB为半圆的直径，求这个“果圆”被y轴截得的CD的长．
6．（2019·天津）已知抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数，b＞0）经过点A（﹣1，0），点M（m，0）是x轴正半轴上的动点．
（Ⅰ）当b＝2时，求抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）点D（b，yD）在抛物线上，当AM＝AD，m＝5时，求b的值；
（Ⅲ）点Q（b+ ，yQ）在抛物线上，当 AM+2QM的最小值为 时，求b的值．
四、变式题3提升
7．（2019·巴中）如图，抛物线 经过x轴上的点A（1，0）和点B及y轴上的点C，经过B、C两点的直线为 ．
①求抛物线的解析式．
②点P从A出发，在线段AB上以每秒1个单位的速度向B运动，同时点E从B出发，在线段BC上以每秒2个单位的速度向C运动．当其中一个点到达终点时，另一点也停止运动．设运动时间为t秒，求t为何值时，△PBE的面积最大并求出最大值．
③过点A作 于点M，过抛物线上一动点N（不与点B、C重合）作直线AM的平行线交直线BC于点Q．若点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点N的横坐标．
8．（2019·南山模拟）如图，B（2m，0）、C（3m，0）是平面直角坐标系中两点，其中m为常数，且m＞0，E（0，n）为y轴上一动点，以BC为边在x轴上方作矩形ABCD，使AB＝2BC，画射线OA，把△ADC绕点C逆时针旋转90°得△A′D′C′，连接ED′，抛物线y＝ax2+bx+n（a≠0）过E、A′两点．
（1）填空：∠AOB＝ °，用m表示点A′的坐标：A′ ；
（2）当抛物线的顶点为A′，抛物线与线段AB交于点P，且 时，△D′OE与△ABC是否相似？说明理由；
（3）若E与原点O重合，抛物线与射线OA的另一个交点为M，过M作MN垂直y轴，垂足为N：
①求a、
B、m满足的关系式；
②当m为定值，抛物线与四边形ABCD有公共点，线段MN的最大值为5，请你探究a的取值范围．
五、原题24
9．（2022·衢州）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．
（1）求证：.
（2）若．
①求菱形的面积.
②求的值.
（3）若，当的大小发生变化时（），在AE上找一点T，使GT为定值，说明理由并求出ET的值．
六、变式题4基础
10．（2022·郴州）如图，四边形ABCD是菱形，E，F是对角线AC上的两点，且 ，连接BF.FD，DE，EB.
求证：四边形DEBF是菱形.
11．（2022·四川）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
（1）求证：四边形ADBF是菱形；
（2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40，求AC的长．
12．（2022·南充）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，BE=BF，DE，DF分别与AC交于点M，N．
求证：
（1）△ADE≌△CDF．
（2）ME=NF．
13．（2017·鹤岗）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若四边形ABCD是正方形如图1：则有AC=BD，AC⊥BD．
旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC′与BD′有什么关系？（直接写出）
若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC′与BD′又有什么关系？写出结论并证明．
七、变式题5巩固
14．（2021八下·武昌期末）如图，在 中， ， 为 边上的中线，过点 作 ，过点 作 ， 与 相交于点 .求证：四边形 为菱形.
15．（2022·宁夏）如图，四边形中，ABDC，，于点．
（1）用尺规作的角平分线，交于点；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）连接．求证：四边形是菱形．
16．（2021九上·东坡期末）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H.
（1）求证：△BEC∽△BCH；
（2）如果BE2=AB AE，求证：AG=DF.
17．（2019·巴中）如图，在菱形ABCD中，连结BD、AC交于点O，过点O作 于点H，以点O为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M．
①求证：DC是⊙O的切线．
②若 且 ，求图中阴影部分的面积．
③在②的条件下，P是线段BD上的一动点，当PD为何值时， 的值最小，并求出最小值．
18．（2022·娄底）如图，以为边分别作菱形和菱形（点，，共线），动点在以为直径且处于菱形内的圆弧上，连接交于点.设.
（1）求证：无论为何值，与相互平分；并请直接写出使成立的值.
（2）当时，试给出的值，使得垂直平分，请说明理由.
八、变式题6提升
19．（2022·淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究.如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点.
（1）【观察发现】与的位置关系是 ；
（2）【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由.
20．（2022·安顺）如图1，在矩形中，，，是边上的一点，连接，将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处，延长交的延长线于点．
（1）求线段的长；
（2）求证四边形为菱形；
（3）如图2，，分别是线段，上的动点（与端点不重合），且，设，是否存在这样的点，使是直角三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：由图2可知： ，
设CE： ，
将 代入 ，
得： ，解得 ，
∴线段CE的函数表达式为 （8≤x≤40）．
（2）解：当 时， ，由题意得 ，
解得
∴ 的横坐标为22.5．
∵22.5＜32，
∴成绩未达标．
（3）解：①猜想a与 成反比例函数关系．
∴设
将（100，0.250）代入得 解得 ，
∴ ．
将（150，0.167）代入 验证： ，
∴ 能相当精确地反映a与 的关系，即为所求的函数表达式．
②由K在线段 上，得K（32，4），代入得 ，得
由 得 ，
又∵ ，
∴ ，
∴当 m/s时，运动员的成绩恰能达标．
【知识点】反比例函数的实际应用；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数的其他应用
【解析】【分析】（1）利用图2，可得到点C，E的坐标，设CE的函数解析式为y=kx+b，将点C，E的坐标代入，可得到关于k，b的方程组，解方程组求出k，b的值，可得到线段CE的函数解析式.
（2）将a的值代入函数解析式，可得到二次函数解析式，与线段CE 的解析式联立方程组，解方程组求出x的值，可得到点P睡的横坐标，将点P的横坐标与32比较大小，可作出判断.
（3）①猜想a与v2成反比例函数关系，因此设 ，将点（100，0.25）代入函数解析式建立关于m的方程，解方程求出m的值，可得到函数解析式；将（150，0.167）代入此函数解析式进行验证即可；
②由K在线段 上，可得到点K的坐标，将点K的坐标代入二次函数解析式，可求出a的值然后求出v的值即可.
2．【答案】证明：∵△＝（﹣m）2﹣4（2m﹣4）＝m2﹣8m+16＝（m﹣4）2≥0
∴无论m取任何实数时，该函数图象与x轴总有交点。
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【分析】令y=0得出一元二次方程x2-mx+2m-4=0，求出根的判别式△≥0，得出方程有实数根，即可证出该函数图象与x轴总有交点.
3．【答案】解：抛物线 y＝x2﹣x＋1，
抛物线的对称轴方程为：
则函数图象的开口向上，
当时，
当时，
当时，
而
所以抛物线y＝x2﹣x＋1在﹣2≤x≤2的最大值为5，最小值为
【知识点】二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【分析】先求出x=1，再计算求解即可。
4．【答案】（Ⅰ）当 时，抛物线的解析式为 ．
∵抛物线经过点
∴
解得：
∴抛物线的解析式为
∵
∴抛物线的顶点坐标为 ；
（Ⅱ）当 时，由抛物线 经过点 ，可知
∴抛物线的解析式为
∴抛物线的对称轴为：
当 时，
∴抛物线的顶点D的坐标为 ；
过点D作 轴于点G
在 中， ， ，
∴
在 中， ， ，
∴ ．
∵ ，即 ，
∴
解得： ，
∴抛物线的解析式为 或 ．
（Ⅲ）当 时，将点 向左平移3个单位长度，向上平移1个单位长度得 ．
作点F关于x轴的对称点 ，得点 的坐标为
当满足条件的点M落在线段 上时， 最小，
此时， ．
过点 作 轴于点H
在 中， ， ，
∴ ．
又 ，即 ．
解得： ， （舍）
∴点 的坐标为 ，点 的坐标为 ．
∴直线 的解析式为 ．
当 时， ．
∴ ，
∴点M的坐标为 ，点N的坐标为 ．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；二次函数的其他应用
【解析】【分析】（Ⅰ） 将a=1，C (0，-1)代入抛物线解析式中，可求出，即得顶点坐标； （Ⅱ） 先求出抛物线的解析式为 ， 可得顶点D的坐标为 ，过点D作 轴于点G ， 由于 及勾股定理可得，求出a值，即得结论；
（Ⅲ）当 时，将点 向左平移3个单位长度，向上平移1个单位长度得 ．作点F关于x轴的对称点 ，得点 的坐标为 当满足条件的点M落在线段 上时， 最小，此时， ，过点 作 轴于点H，利用勾股定理建立方程，求出a值，即得 、 的坐标， 求出直线 的解析式为 ，将M的坐标代入可求出m值，即得点M、N的坐标.
5．【答案】解：连结CM，
当y=0时，（x-1）2-4=0，
解得x1=-1，x2=3.
∴A(-1，0)，B(3，0)
∴AB=4，
又∵M为AB的中点，∴M（1，0）
∴OM=1，CM=2，∴CO= .
当x=0时y=-3，∴OD=3
∴CD=3+
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；勾股定理；圆的认识
【解析】【分析】易知CD=OC+OD，由抛物线y=(x-1)2-4，令x=0可求出抛物线与y轴的交点D的坐标，可得OD的长；连接OM，则需要求出OM，MC，才能由勾股定理求出OC.
6．【答案】解：解：（Ⅰ）∵抛物线y＝x2﹣bx+c经过点A（﹣1，0），
∴1+b+c＝0，
即c＝﹣b﹣1，
当b＝2时，
y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标为（1，﹣4）；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，抛物线的解析式为y＝x2﹣bx﹣b﹣1，
∵点D（b，yD）在抛物线y＝x2﹣bx﹣b﹣1上，
∴yD＝b2﹣b b﹣b﹣1＝﹣b﹣1，
由b＞0，得b＞ ＞0，﹣b﹣1＜0，
∴点D（b，﹣b﹣1）在第四象限，且在抛物线对称轴x＝ 的右侧，
如图1，过点D作DE⊥x轴，垂足为E，则点E（b，0），
∴AE＝b+1，DE＝b+1，得AE＝DE，
∴在Rt△ADE中，∠ADE＝∠DAE＝45°，
∴AD＝ AE，
由已知AM＝AD，m＝5，
∴5﹣（﹣1）＝ （b+1），
∴b＝3 ﹣1；
（Ⅲ）∵点Q（b+ ，yQ）在抛物线y＝x2﹣bx﹣b﹣1上，
∴yQ＝（b+ ）2﹣b（b+ ）﹣b﹣1＝﹣ ﹣ ，
可知点Q（b+ ，﹣ ﹣ ）在第四象限，且在直线x＝b的右侧，
∵ AM+2QM＝2（ AM+QM），
∴可取点N（0，1），
如图2，过点Q作直线AN的垂线，垂足为G，QG与x轴相交于点M，
由∠GAM＝45°，得 AM＝GM，
则此时点M满足题意，
过点Q作QH⊥x轴于点H，则点H（b+ ，0），
在Rt△MQH中，可知∠QMH＝∠MQH＝45°，
∴QH＝MH，QM＝ MH，
∵点M（m，0），
∴0﹣（﹣ ﹣ ）＝（b+ ）﹣m，
解得，m＝ ﹣ ，
∵ AM+2QM＝ ，
∴ [（ ﹣ ）﹣（﹣1）]+2 [（b+ ）﹣（ ﹣ ）]＝ ，
∴b＝4．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【分析】 （Ⅰ）把点A的坐标代入抛物线的解析式，得出1+b+c＝0， 由b＝2 ，求出c的值，即可求出抛物线的解析式，利用配方法求出抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，抛物线的解析式为y＝x2﹣bx﹣b﹣1，把点D的坐标代入抛物线的解析式，根据题意得出点D（b，﹣b﹣1）在第四象限，且在抛物线对称轴x＝ 的右侧， 过点D作DE⊥x轴，垂足为E，证出AD＝ AE， 由AM＝AD，m＝5，列出方程 5﹣（﹣1）＝ （b+1）， 即可求出b的值；
（Ⅲ）∵把点Q的坐标代入抛物线的解析式，根据题意得出 点Q（b+ ，﹣ ﹣ ）在第四象限，且在直线x＝b的右侧， 过点Q作直线AN的垂线，垂足为G，QG与x轴相交于点M， 过点Q作QH⊥x轴于点H，列出方程 0﹣（﹣ ﹣ ）＝（b+ ）﹣m， 求出m＝ ﹣ ，由 AM+2QM＝ ， 列出方程，即可求出b的值.
7．【答案】解：①∵点B、C在直线为 上，
∴B（﹣n，0）、C（0，n），
∵点A（1，0）在抛物线上，
∴ ，
∴ ， ，
∴抛物线解析式： ；
②由题意，得，
， ，
由①知， ，
∴点P到BC的高h为 ，
∴ ，
当 时，△PBE的面积最大，最大值为 ；
③由①知，BC所在直线为： ，
∴点A到直线BC的距离 ，
过点N作x轴的垂线交直线BC于点P，交x轴于点H．
设 ，则 、 ，
易证△PQN为等腰直角三角形，即 ，
∴ ，
Ⅰ． ，
∴
解得 ， ，
∵点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，
∴ ；
Ⅱ． ，
∴
解得 ， ，
∵点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，
，
∴ ，
Ⅲ． ，
∴ ，
解得 ， ，
∵点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，
，
∴ ，
综上所述，若点A、M、N、Q为顶点的四边形是平行四边形，点N的横坐标为：4或 或 ．
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数图象与一元二次方程的综合应用
【解析】【分析】（1）、根据二次函数图象上点的坐标特征结合题意，再利用待定系数法可得到答案
（2）、根据题意结合（1）的结论可分别表示PB和P点到BC的高h，再利用三角形的面积公式可表示出 关于t的关系式，再根据二次函数的性质求最值可得出答案。
（3）、由（1）知BC所在的直线为：y=x-5，所以表示出A点到直线BC 的距离d=，过点N作x轴的垂线交直线BC于P点，交X轴于点H，故 可设 ，则 、 ， ，根据 直角三角形的判定定理易证易证△PQN为等腰直角三角形，从而得到 ，PN=4，
Ⅰ． ，所以 ，解出答案；
Ⅱ． ，有 ，解出答案；
Ⅲ． ，所以 ，解出答案
8．【答案】（1）45；（m，﹣m）
（2）△D′OE∽△ABC，理由如下： 由已知得：A（2m，2m），B（2m，0）， ∵ ，
∴P（2m，m），
∵A′为抛物线的顶点，
∴设抛物线解析式为y＝a（x﹣m）2﹣m，
∵抛物线过点E（0，n），
∴n＝a（0﹣m）2﹣m，即m＝2n，
∴OE：OD′＝BC：AB＝1：2，
∵∠EOD′＝∠ABC＝90°，
∴△D′OE∽△ABC；
（3）①当点E与点O重合时，E（0，0），
∵抛物线y＝ax2+bx+n过点E，A′，
∴ ， 整理得：am+b＝﹣1，即b＝﹣1﹣am； ②∵抛物线与四边形ABCD有公共点，
∴抛物线过点C时的开口最大，过点A时的开口最小，
若抛物线过点C（3m，0），此时MN的最大值为5，
∴a（3m）2﹣（1+am） 3m＝0，
整理得：am ，即抛物线解析式为y x2 x，
由A（2m，2m），可得直线OA解析式为y＝x，
联立抛物线与直线OA解析式得： ，
解得：x＝5m，y＝5m，即M（5m，5m），
令5m＝5，即m＝1，
当m＝1时，a ；
若抛物线过点A（2m，2m），则a（2m）2﹣（1+am） 2m＝2m，
解得：am＝2，
∵m＝1，
∴a＝2，
则抛物线与四边形ABCD有公共点时a的范围为 a≤2．
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）根据OB和AB线段长度，即可得到∠AOB的度数，表示出点A′的坐标即可。
（2）根据题意可知点A和点B的坐标，根据点做出抛物线的解析式，根据对应边成比例，即可证明三角形相似。
（3）根据题意将抛物线和射线联立，得到关系式即可；根据抛物线与四边形有公共点，根据抛物线的最大值与最小值，得到关于m的解析式，联立式子求出m的值得到a的取值范围即可。
9．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB CD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝ ∠ABC，
∵ 平分 交 于点G，
∴∠CBG＝∠EBG＝ ∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝ （∠ABC＋∠CBE）＝ ×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
（2）解：①如图1，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝ BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝ ，
∴AC＝2OC＝8，
∴ ，
即菱形 的面积是24．
②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BG AC，
∴ ，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴ ，
∵AB CD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴ ，
∴CH＝ AC＝ ，
∴OH＝OC－CH＝4－ ＝ ，
∴tan∠BDE＝ ；
（3）解：如图3，过点G作GT BC交AE于点T，此时ET＝ ．
理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BG AC，
∴△BGE∽△AHE，
∴ ，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴ ，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GT BC，
∴GT AD，
∴△EGT∽△EDA，
∴ ，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝ ，为定值，
此时ET＝ AE＝ （AB＋BE）＝ ．
【知识点】平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质可证得BC=DC，AB∥CD，利用平行线的性质和等腰三角形的性质可证得∠BDC=∠CBD，∠BDC=∠ABD，从而可推出∠CBD＝∠ABD＝ ∠ABC；再利用角平分线的定义可证得∠CBG=∠EBG=∠CBE，由此可求出∠DBG的度数.
（2）①连接AC交BD于点O，利用菱形的性质可求出OD的长，同时可证得AC⊥BD，利用垂直的定义可证得∠DOC=90°；利用勾股定理求出OC的长，即可得到AC的长；然后利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，可求出菱形ABCD的面积；
②连接AC，分别交BD、DE于点O、H，利用菱形的对角线互相垂直，去证明BG∥AC，利用平行线分线段成比例定理可求出DH与DG的比值，可得到DH＝HG，DG＝2DH，同时可求出DH和EH的比值；再证明△CDH∽△AEH，利用相似三角形的对应边成比例可求出CH的长，利用HO=OC-CH，可求出HO的长；然后利用锐角三角函数的定义求出tan∠DBE的值.
（3）过点G作GT∥BC交AE于点T，一组△BGE∽△AHE，利用相似三角形的对应边成比例，可证得EG=GH；同理可证得△DOH∽△DBG，可推出DH＝GH＝EG；利用GT∥AD，可证得△EGT∽△EDA，利用相似三角形的对应边成比例，可求出GT的长；然后求出ET的长.
10．【答案】证明：连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是茥形，
∴ ， ， ，
又∵ ，
∴ ，即 ，
∴四边形DEBF是平行四边形.
又∵ ，即 ，
∴四边形DEBF是菱形.
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质
【解析】【分析】连接BD，交AC于点O，根据菱形的性质可得OA=OC，OB=OD，BD⊥AC，结合AE=CF以及线段的和差关系可得OE=OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，推出四边形DEBF是平行四边形，然后结合BD⊥EF，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行证明.
11．【答案】（1）证明：∵ ∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD=BD=CD，
∵E是AD的中点，即AE=DE，
∵AF∥CD，
∴∠AFE=∠DCE，∠FAE=∠CDE，
∴△AEF≌△DEC(AAS)，
∴AF=CD，
∴AF=BD，
又∵AF∥BD，
∴四边形ADBF是平行四边形，
又AD=BD，
∴ 四边形ADBF是菱形；
（2）解：∵AF∥BC，
∴S△ABD=S△ACD（等底同高），
∵ 四边形ADBF是菱形 ，
∴S△ABD=S△ABF，
∴S△ABC=S△ABD+S△ACD=S△ABD+S△ABF=S菱形ADBF=40，
∵S△ABC=AB×AC=×8×AC=40，
∴AC=10.
【知识点】菱形的判定与性质；几何图形的面积计算-割补法；三角形全等的判定（AAS）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】(1)根据直角三角形斜边中线的性质得出AD=BD=CD，利用AAS证明△AEF≌△DEC，得到AF=CD，则得AF=BD，结合AF平行于BD，则可证明四边形ADBF是平行四边形，结合AD=BD，从而证得四边形ADBF是菱形；
(2)根据同底等高求出S△ABD=S△ACD，根据菱形的性质求出S△ABD=S△ABF，然后根据面积的和差关系求出S△ABC=S菱形ADBF=40，再根据直角三角形的面积公式列式计算，即可求出结果.
12．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，∠DAE＝∠DCF，AB＝CB，
∵BE＝BF，
∴AE＝CF，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SAS）；
（2）证明：由（1）知△ADE≌△CDF，
∴∠ADM＝∠CDN，DE＝DF，
∵AD=CD，
∴∠DAM＝∠DCN，
∴∠DMA＝∠DNC，
∴∠DMN＝∠DNM，
∴DM＝DN，
∴DE﹣DM＝DF﹣DN，
∴ME＝NF．
【知识点】等腰三角形的判定；菱形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质得出DA＝DC，∠DAE＝∠DCF，AB＝CB，从而得出AE=CF，再利用SAS即可证出△ADE≌△CDF；
（2）根据全等三角形的性质得出∠ADM＝∠CDN，DE＝DF，根据等腰三角形的性质得出∠DAM＝∠DCN，从而得出∠DMN＝∠DNM，得出DM＝DN，即可得出ME＝NF．
13．【答案】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，
∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，
∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，
∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
在△AOC′与△BOD′中， ，
∴△AOC′≌△BOD′，
∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，
∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，
∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，
∴AC′⊥BD′；
图3结论：BD′= AC′，AC′⊥BD’
理由：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABO=30°，
∴OB= OA，OD= OC，
∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，
∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，
∴OD′= OC′，∠AOC′=∠BOD′，
∴ = ，
∴△AOC′∽△BOD′，
∴ = = ，∠OAC′=∠OBD′，
∴BD′= AC′，
∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，
∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，
∴AC′⊥BD′．
【知识点】全等三角形的判定与性质；菱形的性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】图2：根据四边形ABCD是正方形，得到AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，等量代换得到AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，根据全等三角形的性质得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，于是得到结论；
图3：根据四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求得OB= OA，OD= OC，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，求得OD′= OC′，∠AOC′=∠BOD′，根据相似三角形的性质得到BD′= AC′，于是得到结论．
14．【答案】证明：∵CE∥AB，BE∥CD，
∴四边形BECD是平行四边形.
又∵∠ACB=90°，CD为AB边上的中线，
∴CD= AB.
又∵CD为AB边上的中线
∴BD= AB，
∴BD=CD，
∴平行四边形BECD是菱形
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【分析】由题意根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形BECD是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=AB=BD，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得平行四边形BECD是菱形.
15．【答案】（1）解：如图所示．
（2）证明：是的角平分线，
，
∵ABCD，
，
，
，
，
，
四边形为平行四边形，
，
平行四边形为菱形．
【知识点】平行线的性质；菱形的判定；角平分线的定义；作图-角的平分线
【解析】【分析】（1）以点B为圆心，任意长度为半径画弧，分别交∠ABC的两边于一点，再分别以这两点为圆心，大于这两点间距离的一半的长度为半径画弧，两弧在角的内部相交于一点，过点B及两弧的交点作射线交CD于点E，则BE就是所求的角平分线；
（2）利用角平分线的定义得∠ABE=∠CBE，利用平行线的性质可知∠ABE=∠BEC，则∠CBE=∠BEC，利用等角对等边，可证得BC=EC，结合已知可得到AB=EC，然后根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得四边形ABCE是平行四边形，再利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得结论.
16．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=CB，∠D=∠B，CDAB.
∵DF=BE，
∴△CDF≌△CBE(SAS)，
∴∠DCF=∠BCE.
∵CDBH，
∴∠H=∠DCF，
∴∠BCE=∠H.且∠B=∠B，
∴△BEC∽△BCH.
（2）证明：∵BE2=AB AE，
∴=，
∵AGBC，
∴=，
∴=，
∵DF=BE，BC=AB，
∴BE=AG=DF，
即AG=DF.
【知识点】平行线的性质；菱形的性质；平行线分线段成比例；相似三角形的判定；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）由菱形的性质可得CD=CB，∠D=∠B，CD∥AB，结合DF=BE可证明△CDF≌△CBE，得到∠DCF=∠BCE，由平行线的性质可得∠H=∠DCF，则∠BCE=∠H，然后利用有两组角对应相等的两个三角形相似进行证明；
（2）由已知条件可得，由平行线分线段成比例的性质可得，则，结合DF=BE，BC=AB可得BE=AG=DF，据此证明.
17．【答案】解：①过点O作 ，垂足为G，在菱形ABCD中，AC是对角线，则AC平分∠BCD，∵ ， ，∴ ，∴OH、OG都为圆的半径，即DC是⊙O的切线；②∵ 且 ，∴ ， ，∴ ，在直角三角形OHC中， ，∴ ， ，∴ ，OB= ；③作M关于BD的对称点N，连接HN交BD于点P，∵ ，∴ ，此时 最小，∵ ， ，∴ ，∴ ，∴ ，即：PH+PM的最小值为 ，在Rt△NPO中， ，在Rt△COD中， ，则 ．
【知识点】平面展开﹣最短路径问题；菱形的性质；切线的判定；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【分析】①过点O作 ，垂足为G，根据题意结合三角形全等的判定定理和性质易证 ，即得到结论
②利用 求解即可
③作M关于BD的对称点N，连接HN交BD于点P， ，此时 最小，即可求解
18．【答案】（1）证明：如图所示：连接BF、CE，
∵菱形和菱形（点，，共线），
∴点G、B、E共线，
，
，
∴四边形BFCE是平行四边形，
∴与相互平分，
即：无论为何值，与相互平分；
又∵，
∴四边形BFCE是菱形，
∴BE=BF，
又∵菱形和菱形，
，
为等边三角形，
；
（2）解：如图所示：连接AF，AO ，设EF与AC交于点H，
∵垂直平分
，
由（1）知，O为BC的中点，
∴动点在以O为圆心，为直径且处于菱形内的圆弧上，
，
，
，
，
在和 中，
，
，
，
∵，菱形，
∴四边形BCFG为正方形，
，
，
设，则 ， ，
在 中，
，
，
.
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；圆周角定理；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）连接BF、CE，根据菱形的性质可得FC∥BG，FC=BC=BE，推出四边形BFCE是平行四边形，得到EF与BC相互平分，结合EF⊥BC可得四边形BFCE是菱形，则BE=BF，进而推出△GFB为等边三角形，据此解答；
（2）连接AF、AO，设EF与AC交于点H，根据垂直平分线的性质可得AF=FG，AO=CO，∠AHO=90°，由（1）知：O为BC的中点，则动点A在以O为圆心，BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，根据等腰三角形的性质可得∠OBA=∠OAB，推出∠AOH=∠OAB=∠OBA，证明△AOF≌△COF，得到∠FAO=∠FCO，易得四边形BCFG为正方形，则∠FCO=90°，FC=BC，设FC=BC=x，则AF=CF=x，AO=OC=x，根据∠AOH=∠OBA结合三角函数的概念进行计算.
19．【答案】（1）
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
【分析】（1）利用翻折变换的性质及菱形的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE，连接B'C、BB'，根据折叠性质得BE=EC=EB'，故点B、B'、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠BB'C=90°， 由翻折变换性质知BB'⊥DE， 从而即可推出DE∥CB′，进而再根据平行线的性质即可得出结论；
（3）结论：∠DEC=90°，连接B'C、DB、DB'延长DE至点H，由翻折性质得∠BDE=∠B'DE，设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，根据菱形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质及圆周角定理得 ，根据平行线的性质及角的和差可得 ，从而可得∠CGA'=2∠GB'C，从而推出证明GC＝GB′，根据到线段两端点的距离相等的点在线段垂直平分线上推出EG⊥CB′，即可解决问题；
（4）结论： ，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R； 设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a， 根据旋转、翻折性质及邻补角可得∠DA'R=60°，则 ， ，在Rt△DGR中，根据勾股定理建立方程，求解用含a的式子表示出x，进而判断出△B'TG∽△A'DG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解可表示出TB'，根据平行线分线段成比例定理表示出DE，可得结论．
20．【答案】（1）解：如图
四边形 是矩形， ， ，
， ，
将矩形 沿 折叠，顶点 恰好落在 边上的点 处，
，
在 中， ，
，
设 ，则 ，
在 中， ，
，
解得 ，
；
（2）证明： ，
，
四边形 是矩形，
，
，
，
，
，
中， ，
，
，
四边形 为菱形；
（3）解： ，设 ， 是直角三角形
设
由（2）可得
①当 时，如图，
， ，
解得 ；
②当 时，
同理可得
综上所述， 或
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质求出BC和CD长，根据折叠的性质求出CF长，在 中，根据勾股定理求出BF，则可得出AF长，设 ，在Rt△AEF中，根据勾股定理建立方程求解，即可解答；
(2)根据(1)的结论分别求得GF、DG，根据三角函数定义和矩形的性质求出EA和GA，在 中，根据勾股定理求出DG长，再求出GF长，从而得出 ，根据四边相等的四边形是菱形即可得出结论；
(3)设 ，设 ，利用(2)的结果求出 ，然后分两种情况讨论，即①∠DNM = 90°，②∠NDM=90°，分别根据解直角三角形求解即可.
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